Đề tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 2020 môn toán sở GD đt đồng tháp

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP
----------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
---------------------

Câu 1. (1 điểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =
b) Tìm x biết

36 − 4

x =3

Câu 2. (1 ñiểm)

2 x + 5 y = 12
2 x + y = 4

Giải hệ phương trình: 
Câu 3. (1 ñiểm)
Giải phương trình:

x 2 − 7 x + 12 = 0
Câu 4. (1 ñiểm)
Trong hệ trục tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng (x): y=6x+b và parabol (P): y = ax

2

( a ≠ 0)

a) Tìm giá trị của b ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm M(0;9)
b) Với b tìm ñược, tìm giá trị cảu a ñể (d) tiếp xúc với (P).
Câu 5. (1 ñiểm)
Cho phương trình x − mx − 2m + 3m − 2 = 0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình ñã cho
có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2

2

Câu 6. (1 ñiểm)
Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong ñó chiều cao trung bình của học sinh nam là
1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A.
Câu 7. (1 ñiểm) Người ta muốn tạo một cái khuôn ñúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính ñáy
bằng 8cm, mặt ñáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ ñỉnh hình nón ñến mặt ñáy dưới hình trụ
bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy π = 3,14 ).
8cm

16cm
10cm

Trang 1/7 - WordToan


Câu 8. (3 ñiểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và ñường cao AH ( K∈ BC). Vẽ ñường tròn
(O) ñường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với ñường tròn (O)( với M, N là các tiếp ñiểm, M và B
nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là ñường thẳng AO ). Gọi H là giao ñiểm của hai ñường thẳng AN và AK.

a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN
c) Chứng minh AN = AK . AH
2

Trang 2/7 – Diễn ñàn giáo viên Toán


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (1 ñiểm)
a) Rút gọn biểu thức: A =

36 − 4

x =3

b) Tìm x biết
Cách giải:
Ta có : A =

36 − 4 = 6 − 2 = 4

Vây A = 4
ðiều kiện : x ≥ 0

x = 3 ⇔ x = 32 ⇔ x = 9 ( thỏa mãn)

Ta có :

Vậy x = 9

Câu 2. (1 ñiểm)

2 x + 5 y = 12
2 x + y = 4

Giải hệ phương trình: 
Cách giải:

2 x + 5 y = 12 4 y = 8
y = 2
y = 2
⇔
⇔
⇔
2 x + y = 4
2 x + y = 4 2 x + 2 = 4  x = 1

Ta có: 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = (1;2 )
Câu 3. (1 ñiểm)
Giải phương trình:

x 2 − 7 x + 12 = 0
Cách giải:

x 2 − 7 x + 12 = 0 ⇔ x 2 − 3x − 4 x + 12 = 0
⇔ x ( x − 3) − 4 ( x − 3) = 0 ⇔ ( x − 3)( x − 4 ) = 0

x − 3 = 0

x = 3
⇔
⇔
x − 4 = 0 x = 4
Vậy phương trình có nghiệm S = {3;4}
Câu 4. (1 ñiểm)
Trong hệ trục tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng (d): y=6x+b và parabol (P): y = ax

2

( a ≠ 0)
Trang 3/7 - WordToan


a) Tìm giá trị của b ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm M(0;9)
b) Với b tìm ñược, tìm giá trị câu a ñể (d) tiếp xúc với (P).
a) ðường thẳng (d): y=6x+b ñi qua ñiểm M(0;9)
Cách giải:

⇒ thay x = 0; y = 9 vào phương trình ñường thẳng (d): y=6x+b ta ñược :
9= 6.0+b ⇔ b = 9
Vậy b=9
b) Theo câu a ta có b=9 ⇒ ax − 6 x + 9 = 0 (*)
2

ñể ñường thẳng (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép

 a ≠ 0
a ≠ 0
a ≠ 0

a ≠ 0
⇔
⇔
⇔

 2
∆ ' = 0
9 + 9 a = 0
 a = −1
( 3) − a.( −9 ) = 0
⇒ a = −1
Vậy a = -1 là giá trị cần tìm.
Câu 5. (1 ñiểm)
Cách giải:
Cho phương trình x − mx − 2m + 3m − 2 = 0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình ñã cho
có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.
2

2

2
Phương trình x − mx − 2m + 3m − 2 = 0 có a = 1; b = − m; c = −2m + 3m − 2

2

2

(

)

Ta có: ∆ = b 2 − 4ac = ( − m ) − 4.1. −2 m 2 + 3m − 2 = 9 m 2 − 12m + 8 = ( 3m − 2 ) + 4
2

2

Vì ( 3m − 2 ) ≥ 0; ∀m ⇔ ( 3m − 2 ) + 4 > 0, ∀m
2

2

Hay ∆ > 0, ∀m nên phương trình ñã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Câu 6. (1 ñiểm)
Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong ñó chiều cao trung bình của học sinh nam là
1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A.
Cách giải:
Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là x, y (x,y∈ Ν ,x,y<40) (học sinh)
*

Lớp 9A có 40 học sinh nên ta có phươn trình x+y=40 (1)
Vì chiều cao trung bình của học sinh lớp 9A là 1,628m nên ta có phương trình
Trang 4/7 – Diễn ñàn giáo viên Toán


1,64 x + 1,61 y
= 1,628
40
⇔ 1,64 x + 1,61 y = 65,12 ( 2 )
Từ (1) và (2) ta có phương trình:

 x + y = 40
 y = 40 − x
⇔


1,64 x + 1,61 y = 65,12
1,64 x + 1,61 y = 65,12

 y = 40 − x
 y = 40 − x
⇔
⇔
1,64 x + 1,61( 40 − x ) = 65,12 1,64 x + 64, 4 − 1,61x = 65,12
 y = 40 − x
 x = 24
⇔
⇔
( tm )
0,03 x = 0,72
 y = 16
Vậy số học sinh nam lớp 9A là 24hs
Số hs nữ của lớp 9A là 16 học sinh

Câu 7. (1 ñiểm)
Người ta muốn tạo một cái khuôn ñúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính ñáy bằng 8cm, mặt
ñáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ ñỉnh hình nón ñến mặt ñáy dưới hình trụ bằng 10cm (
như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy )
8cm

16cm

10cm

Cách giải:
Hình trụ có bán kính r=8cm và chiều cao h=16cm nên diện tích xung quanh hình trụ là

S1 = 2π rh = 2π .8.16 = 256π 2 ( cm 2 )

(

Diện tích 1 mặt ñáy của hình trụ là S 2 = π r = π .8 = 64π cm
2

2

2

)

Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao h1 = 16 − 10 = 6cm và bán kính ñáy r=8cm
ðường sinh của hình nón là l =

r 2 + h 2 = 82 + 62 = 10cm
Trang 5/7 - WordToan


(

Diện tích xung quanh của hình nón là: S3 = π rl = π .8.10 = 80π cm

2

)
(

Diện tích toàn bộ mặt khuôn là: S = S1 + S 2 + S3 = 256π + 64π + 80π = 400π = 1256 cm

2

)

Vậy diện tích toàn bộ mặt khuôn là 1256(cm2)
Câu 8. (3 ñiểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và ñường cao AH ( K∈ BC). Vẽ ñường tròn
(O) ñường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với ñường tròn (O)( với M, N là các tiếp ñiểm, M và B
nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là ñường thẳng AO ). Gọi H là giao ñiểm của hai ñường thẳng AN và AK.
a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN
c) Chứng minh AN = AK . AH
2

Cách giải:
A

N
M

H

B

C

K

O

a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp
Xét ñường tròn (O) có AM là tiếp tuyến nên AM ⊥ OM hay AMO = 90

0

Lại có AK ⊥ BC suy ra AKO = 90

0

Xét tứ giác AMKO có AMO = AKO = 90 nên hai ñỉnh M, K kề nhau cùng nhìn cạnh AO dưới các góc
vuông, do ñó tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp(ñpcm)
0

b) Chứng minh KA là tia phân giác AKN
xét ñường tròn (O) có AN là tiếp tuyến nên AN ⊥ ON hay ANO = 90

0

Xét tứ giác KONA có AKO = ANO = 90 + 90 = 180 mà hai góc ở vị trí ñối nhau nên tứ giác KONA là
0

0

0

tứ giác nội tiếp. Suy ta NKA = NOA (1)

Lại có tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên MKA = MOA (2)
Xét ñường tròn (O) có AM, AN là 2 tiếp tuyến nên OA là tia phân giác của MON (TÍNH CHẤT)
Trang 6/7 – Diễn ñàn giáo viên Toán


Do ñó MOA = NOA (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra MKA = NKA hay KA là tia phân giác góc MKN (ñpcm)
c) Chứng minh AN = AK . AH
2

xét ñường tròn (O) có AMN là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung MN nên AMN =

lại có MKA = MOA =

1
sd cung MN ( 4 )
2

1
1
MON ( theo câu b) nên MKA = sd cung MN ( 5)
2
2

Từ (4), (5) suy ra AMH = MKA .
Xét ∆AMH và ∆AKM có;

MAH chung
AMH = MKA (cmt)
Nên ∆AMH ∼ ∆AKM ( g .g ) suy ra

AM AH
=
⇔ AM 2 = AK . AH
AK AM

Lại có AM = AN ( tinh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AN2=AK.AH (ñpcm)

Trang 7/7 - WordToan